Καλούτσικη ανισότητα

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Καλούτσικη ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Ιούλ 30, 2016 10:22 am

Οι πραγματικοί αριθμοί x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}, x_{6} ικανοποιούν τις σχέσεις

x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}+x_{6} = 0

x_{1}^2 + x_{2}^2 + x_{3}^2+x_{4}^2+x_{5}^2+x_{6}^2 = 6

Να αποδείξετε, ότι

x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}x_{5}x_{6} \leq \dfrac{1}{2} .
τελευταία επεξεργασία από Al.Koutsouridis σε Τρί Σεπ 27, 2016 8:22 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2372
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Καλούτσικη ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Αύγ 03, 2016 3:26 pm

Επαναφορά.
Κατά την γνώμη μου δεν είναι καλούτσικη αλλά πολύ καλή.
Η σταθερά είναι η καλύτερη δυνατή.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Καλούτσικη ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Αύγ 03, 2016 3:59 pm

Την είχα λύσει αλλά αμέλησα να αναρτήσω την λύση μου.

Αν κάποιο από τα x_i ισούται με 0 τότε το αποτέλεσμα είναι άμεσο. Ομοίως και αν περιττός αριθμός από τα x_i είναι αρνητικά. Οπότε είτε έχουμε δύο αρνητικά και τέσσερα θετικά είτε το αντίστροφο. Επειδή όμως οι δοσμένες συνθήκες δεν αλλάζουν αν πολλαπλασιάσουμε κάθε x_i με -1 μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι

\displaystyle{ x_1,x_2 > 0} και \displaystyle{ x_3,x_4,x_5,x_6 < 0}

Θέτω a = x_1 + x_2 και y_i  = -x_i για i \in \{3,4,5,6\}.

Οι συνθήκες γίνονται

 x_1 + x_2 = a = y_3 + \cdots + y_6 και x_1^2+x_2^2 + y_3^2 + \cdots + y_6^2 = 6

Από την δεύτερη συνθήκη έχουμε ότι x_1^2 + x_2^2 \leqslant 4 ή y_3^2 + \cdots + y_6^2 \leqslant 2. (*)

Στην πρώτη περίπτωση παίρνουμε

\displaystyle{ a^2 = (x_1+x_2)^2 \leqslant 2(x_1^2 + x_2^2) = 8}

ενώ στην δεύτερη

\displaystyle{ a^2 = (y_3+ \cdots + y_6)^2 \leqslant 4(y_3 + \cdots + y_6) = 8}

Άρα ούτως ή άλλως έχουμε a \leqslant 2\sqrt{2}.

Όμως \displaystyle{ 2\sqrt{2} = a = x_1+x_2\geqslant 2\sqrt{x_1x_2}} και \displaystyle{ 2\sqrt{2} = a = y_3 + \cdots + y_6 \geqslant 4\sqrt[4]{y_3 \cdots y_6}}

Άρα x_1x_2 \leqslant 2 και y_3 \cdots y_6 \leqslant 1/4 και το ζητούμενο έπεται.

[Η ισότητα λαμβάνεται π.χ. για x_1= x_2 = \sqrt{2} και x_3 = \cdots = x_6 = -\sqrt{2}/2. Επιπλέον δεν είναι δύσκολο με όσα έχουμε κάνει να βρεθούν όλες οι περιπτώσεις της ισότητας.]


(*) Πως σκεφτήκαμε να το χωρίσουμε έτσι; Από τις x_1x_2 \leqslant (x_1+x_2)^2/4 = a^2/4 και y_3\cdots y_6 \leqslant (y_3 + \cdots +y_6)^4/4^4 = a^4/4^4 καταλήγουμε στο ότι είναι αρκετό να δειχθεί ότι a \leqslant 2\sqrt{2}.

Επειδή a^2 = (x_1+x_2)^2 \leqslant 2(x_1^2 + x_2^2), αν x_1^2 + x_2^2 \leqslant 4 τότε τελειώσαμε. Αναλόγως αν y_3^2 + \cdots + y_6^2 \leqslant 2 πάλι τελειώσαμε. Όμως το ένα από τα δύο σίγουρα ισχύει οπότε είμαστε εντάξει.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2372
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Καλούτσικη ανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Αύγ 03, 2016 11:43 pm

Μετά την αναλυτική και ωραία λύση του Δημήτρη νομίζω
ότι αξίζει τον κόπο να βρεθεί και το βέλτιστο κάτω φράγμα.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 926
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Καλούτσικη ανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Αύγ 06, 2016 11:42 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Μετά την αναλυτική και ωραία λύση του Δημήτρη νομίζω
ότι αξίζει τον κόπο να βρεθεί και το βέλτιστο κάτω φράγμα.
Καλημέρα,

Μιας και άνοιξε τον δρόμο ο κ.Δημήτρης...

Για να βρούμε την ελάχιστη τιμή του γινομένου των έξι αριθμών, αφού εύκολα παρατηρούμε οτι μπορεί να πάρει και αρνητικές τιμές, αρκεί να το μεγιστοποιήσουμε κατά απόλυτη τιμή. Για να είναι αρνητικό το γινόμενο θα πρέπει το πλήθος των αρνητικών παραγόντων να είναι περιττό. Δηλαδή είτε 3 θετικοί και 3 αρνητικοί είτε 1 θετικός και 5 αρνητικοί (καθώς και το αντίστροφο).

Στην πρώτη περίπτωση, χωρίς βλάβη της γενικότητας, η συνθήκη \sum_{i=1}^{6} x_{i} = 0 μπορεί να γραφεί

x_{1} +x_{2}+x_{3} = a = y_{4}+y_{5}+y_{6} , όπου y_{i} =|x_{i}| οι αριθμοί που αντιστοιχούν στους αρνητικούς και από τις ανισότητες γεωμετρικού, αριθμητικού, τετραγωνικού μέσου θα έχουμε

\sqrt[3]{x_{1}x_{2}x_{3}} \leq \dfrac{a}{3} \leq \sqrt{ \dfrac{x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}}{3}} \Rightarrow a^2 \leq 3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2})

\sqrt[3]{y_{1}y_{2}y_{3}} \leq \dfrac{a}{3} \leq \sqrt{ \dfrac{y_{4}^{2}+y_{5}^{2}+y_{6}^{2}}{3}} \Rightarrow a^2 \leq 3(y_{4}^{2}+y_{5}^{2}+y_{6}^{2})

Προσθέτοντας κατά μέλη τα δεύτερα σκέλη των παραπάνω σχέσεων για το a προκύπτει

2a^2 \leq 3(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+y_{4}^{2}+y_{5}^{2}+y_{6}^{2}) \Rightarrow 2a^2 \leq 3 \cdot 6 \Rightarrow a \leq 3

Τώρα από την ανισότητα γεωμετρικού-αριθμητικού μέσου θα έχουμε

x_1}x_{2}x_{3} \leq (\dfrac{a}{3})^3 \leq 1 και

y_4}y_{5}y_{6} \leq (\dfrac{a}{3})^3 \leq 1 , πολλαπλιασιάζοντας κατα μέλη βρίσκουμε

x_{1}x_{2}x_{3}y_{4}y_{5}y_{6} \leq 1 \Rightarrow

x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}x_{5}x_{6} \geq -1

Mε την ισότητα να επιτυγχάνεται όταν x_{i} = y_{i} =1 δηλαδή όταν οι θετικοι αριθμοί είναι ίσοι με 1 και οι αρνητικοί ίσοι με -1.

Εργαζόμενοι ανάλογα στην περίπτωση που ένας από τους αριθμούς είναι θετικός και οι άλλοι αρνητικοί έχουμε

x_{1} = a =y_{2}+y_{3}+ y_{4}+y_{5}+y_{6}

5a^2 = 5x_{1}^2

\sqrt[5]{y_{2}y_{3}y_{4}y_{5}y_{6}} \leq \dfrac{a}{5} \leq \sqrt{ \dfrac{ y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2}+y_{5}^{2}+y_{6}^{2} }{5} } \Rightarrow a^2 \leq 5(y_{2}^{2}+y_{3}^{2}+y_{4}^{2} +y_{5}^{2}+y_{6}^{2})

Προσθέτοντας κατά μέλη

6a^2 \leq 5 \cdot 6 \Rightarrow a \leq \sqrt{5} , οπότε και

x_{1} \leq \sqrt{a} \leq \sqrt{5}
y_{2}y_{3}y_{4}y_{5}y_{6} \leq (\dfrac{a}{5})^5 \leq (\dfrac{\sqrt{5}}{5})^5 , πολλαλαπλιασιάζοντας κατά μέλη έχουμε

x_{1}y_{2}y_{3}y_{4}y_{5}y_{6} \leq \sqrt{5} (\dfrac{\sqrt{5}}{5})^5 = \dfrac{ 5^3 }{5^5} = \dfrac{1}{25} < 1


Οπότε παρατηρούμε ότι το βέλτιστο κάτω φράγμα επιτυγχάνεται στην πρώτη περίπτωση με τρεις θετικούς και τρεις αρνητικούς αριθμούς.



Υγ. Για την ιστορία το πρόβλημα είναι το υπ' αριθμόν 4896 του ρώσικου περιοδικού "Μαθηματικά στο Σχολείο" τεύχος 5, 2006.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Θεωρία Αριθμών - Συνδυαστική (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες